Дискриминант многочлена с целыми коэффициентами

[genk]

Коллеги,всем привет,с Днем Учителя! Просматривая старые сборники олимпиадных задач для 8-го класса я обнаружил задачку,известную еще с моих школьных лет:"Доказать,что дискриминант квадратного трехчлена с целыми коэффициентами не может равняться 19",и сразу нахлынули воспоминания.Хорошо известно(например,Прасолов "Многочлены",МЦНМО,2003,стр.35,Теорема 3.6),что дискриминант $D(f)$ нормированного многочлена с целыми коэффициентами $f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n$ сравним с $0$ или $1$ по модулю $4$. А каков вид $D(f)$ многочлена общего вида с целыми коэффициентами $f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n$? Для многочленов 2-ой и 3-ей степени легко доказать исходя из вида дискриминанта через коэффициенты,что по-прежнему $D(f)$ равен $4k$ или $4k+1$.
Для многочленов более высоких степеней PARI/GP выдает тот же результат.Но доказать в общем виде не удалось,как и найти контрпример(может,недостаточно долго искал).
Пробовал и другой подход: найти для любого такого многочлена нормированный многочлен с тем же дискриминантом(как для квадратного трехчлена $ax^2+bx+c$ и $x^2+bx+ac$,но тоже безрезультатно.

[dgwuqtj]

Возьмём какой-то многочлен $f$ с целыми коэффициентами. Так как нас интересует его поведение в $\mathbb Z / 4 \mathbb Z$, то можно перейти к кольцу целых 2-адических чисел $\mathbb Z_2$. Это полное кольцо дискретного нормирования, то есть в нём проще, чем в $\mathbb Z$. Далее, по лемме Гензеля есть единственное разложение $f = f_0 g$ в $\mathbb Z_2[x]$, где $f_0$ имеет старший коэффициент 1 и вида $x^k$ по модулю $2$, а $g(0)$ нечётное.

Теорема из Прасолова работает и для $\mathbb Z_2[x]$ (с тем же доказательством). Дискриминант $f_0$ поэтому будет квадратом $\mod 4$, как и квадрат результанта $f_0$ и $g$. С другой стороны, у $g$ свободный член нечётный, то есть обратимый в $\mathbb Z_2$. На него можно сократить, а оставшийся многочлен развернуть (такая операция сохраняет дискриминант) и опять применить теорему из Прасолова.

-- 01.10.2023, 10:28 --

Вообще хотелось бы просто получить выражение для квадратного корня из дискриминанта $\mod 4$ как некоторого многочлена от коэффициентов $f$ (как формальных переменных) с коэффициентами из $\mathbb F_2$. Моё рассуждение такое не доказывает...

[dgwuqtj]

Кажется, придумал. Рассмотрим кольцо $R = \mathbb Z[a_0, \ldots, a_n]$ всех многочленов от формальных коэффициентов $f$. В его локализации $R[a_0^{-1}]$ многочлен $f$ имеет обратимый старший коэффициент, поэтому его дискриминант является точным квадратом по модулю 4. Это значит, что $a_0^k D(f) \equiv \rho^2 \pmod 4$ в $R$ для некоторого $k \geq 0$ и многочлена $\rho \in R$. Так как мы возводим $\rho$ в квадрат и берём по модулю $4$, сам многочлен $\rho$ определён только по модулю $2$ (как элемент $\mathbb F_2[a_0, \ldots, a_n]$), зато однозначно при фиксированном $k$. В случае $k = 0$ всё хорошо, так что предположим, что $k > 0$. Кольцо $\mathbb F_2[a_0, \ldots, a_n]$ является факториальным, в нём $\rho$ делится на неприводимый элемент $a_0$. Если $k \geq 2$, то это означает, что исходное сравнение можно сократить на $a_0^2$ (так как $a_0$ взаимно просто с 2 в факториальном кольце $R$). Если же $k = 1$, то можно сократить на $a_0$ и получить, что $D(f) \in a_0 R + 2R$. Это значит, что дискриминант обнуляется у всех многочленов над $\mathbb F_2$ с нулевым старшим членом. Но если взять конкретный неприводимый многочлен $g$ над $\mathbb F_2$ степени ровно $n - 1$, то у него дискриминант по формуле для многочленов $n$-й степени будет ненулевым: все корни такого формального многочлена - это корни $g$ над алгебраическим замыканием $\mathbb F_2$ и ещё один корень на бесконечности, они попарно различны (или можно просто развернуть многочлен, если $g \neq x$, то получится разворот $g$, умноженный на $x$, у него все корни конечные и различны). Противоречие.

[genk]

dgwuqtj
Спасибо,слона-то я и не приметил(лемму Гензеля).Странно,что в книге Прасолова нет и намека на общий результат.Вообще-то,должно существовать прямое доказательство,без выхода в поле р-адических чисел.